[LNOI2014]LCA

Description:

给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设\(dep[i]\)表示点i的深度，\(LCA(i,j)\)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求\(\sum_{l \leq i \leq r}dep[LCA(i,z)]\)

Hint :

\(n,q \le 5*10^4\)

Solution:

看起来很不可做,实际上真的很简单的题

考虑暴力,\(RMQ\)预处理出\(LCA\),每次询问累加所有\(LCA\)的答案

时间复杂度 \(O(n^2)\)

超时的主要瓶颈在于统计\(LCA\)的深度

我们换一种方式:

首先,所有对答案产生贡献的\(LCA\)都在\(z\)到根的路径上

考虑把\(l~r\)中的每个点到根的路径上的点都\(+1\)

答案就是\(z\)到根的权值和

为什么? 因为\(dep[u]\)本质上就是\(u\)到根的点的个数

现在单点可以\(log^2n\)插入,单次可以\(log^2n\)查询

如何避免答案的修改?

考虑离线逐次插入处理出前缀和,并将询问差分处理

复杂度 \(O(nlog^2n)\)

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ls p<<1 
#define rs p<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mxn=5e5+5,mod=201314;
int n,m,s,k,tot,cnt;
int f[mxn],hd[mxn],sz[mxn],rk[mxn],top[mxn],dfn[mxn],son[mxn];
int tr[mxn<<2],tag[mxn<<2];

struct ed {
	int to,nxt;
}t[mxn<<1];

struct Q {
	int id,pos,val,ans;
}q[mxn];

inline int read() {
	char c=getchar(); int x=0,f=1;
	while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void chkmax(int &x,int y) {if(x<y) x=y;}
inline void chkmin(int &x,int y) {if(x>y) x=y;}

inline void add(int u,int v) {
	t[++cnt]=(ed) {v,hd[u]}; hd[u]=cnt;
}

int cmp1(Q x,Q y) {
	return x.pos<y.pos;
}
int cmp2(Q x,Q y) {
	return x.id<y.id;
}

void push_up(int p) {
	tr[p]=(tr[ls]+tr[rs])%mod;
}

void push_down(int p,int l,int r) {
	if(tag[p]) {
		int mid=(l+r)>>1;
		(tag[ls]+=tag[p])%=mod;
		(tag[rs]+=tag[p])%=mod;
		(tr[ls]+=tag[p]*(mid-l+1)%mod)%=mod; 
		(tr[rs]+=tag[p]*(r-mid)%mod)%=mod;
		tag[p]=0;
	}
}

void update(int l,int r,int ql,int qr,int val,int p) 
{
	if(ql<=l&&r<=qr) {
		(tag[p]+=val)%=mod;
		(tr[p]+=(r-l+1)*val%mod)%=mod;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1; push_down(p,l,r);
	if(ql<=mid) update(l,mid,ql,qr,val,ls);
	if(qr>mid) update(mid+1,r,ql,qr,val,rs);
	push_up(p);
}

int query(int l,int r,int ql,int qr,int p)
{
	if(ql<=l&&r<=qr) return tr[p];
	int mid=(l+r)>>1; push_down(p,l,r); int res=0;
	if(ql<=mid) res+=query(l,mid,ql,qr,ls);
	if(qr>mid) res+=query(mid+1,r,ql,qr,rs);
	return res;
}

void dfs1(int u,int fa) 
{
	f[u]=fa; sz[u]=1; 
	for(int i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
		int v=t[i].to;
		if(v==fa) continue ;
		dfs1(v,u); sz[u]+=sz[v];
		if(sz[son[u]]<sz[v]) son[u]=v;
	}
}

void dfs2(int u,int tp)
{
	top[u]=tp; dfn[u]=++s; rk[s]=u;
	if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
	for(int i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
		int v=t[i].to;
		if(v==f[u]||v==son[u]) continue ;
		dfs2(v,v);
	}
}

void modify(int x) 
{
	while(x) {
		update(1,n,dfn[top[x]],dfn[x],1,1);
		x=f[top[x]];
	}
}

int ask(int x)
{
	int res=0;
	while(x) {
		(res+=query(1,n,dfn[top[x]],dfn[x],1))%=mod;
		x=f[top[x]];
	}
	return res;
}

int main()
{
	n=read(); m=read(); int u,v,w,x,y;
	for(int i=1;i<n;++i) 
		u=read(), add(u+1,i+1), add(i+1,u+1);
	for(int i=1;i<=m;++i) {
		u=read(); v=read(); w=read();
		q[++tot]=(Q){tot,u,w+1};
		q[++tot]=(Q){tot,v+1,w+1};
	}
	sort(q+1,q+tot+1,cmp1);
	dfs1(1,0); dfs2(1,1); k=1;
	for(int i=1;i<=tot;++i) {
		int x=q[i].pos,y=q[i].val; 
		while(k<=q[i].pos) modify(k++); 
		q[i].ans=ask(y);
	}
	sort(q+1,q+tot+1,cmp2);
	for(int i=1;i<=m;++i) 
		printf("%d\n",(q[i*2].ans-q[i*2-1].ans+mod)%mod);
    return 0;
}